关于局部调整法在竞赛解题中的应用

段明贵 陈起标 昌晶晶

在竞赛解题过程中，有的时候我们可以较容易的猜出结论成立的条件，但证明却无从下手，这个时候调整法未尝不是我们解决问题的一个好思路。由于调整法只是一个较为笼统的说法，所以本篇文章主要从局部调整（又称固定变量）这一块给读者做个介绍。

我们首先从一道2008年东南地区奥林匹克比赛的数论题说起。设正整数m，n≥2，对于任意一个n元整数解A={a1，a2，...，an}，取每一对不同的数，

ai，aj（j>i），作差aj-ai，由于这C2n个差按从小到大顺序排成的一个数列成为集合A

的“衍生数列”，记为A。衍生数列A中能被m整除的个数记为A（m）.

证明：对于任意一个正整数m≥2，n元正整数解A={a1，a2，...，an}及集合

B={1，2，...，n}所对应的“衍生数列”A及B，满足不等式A（m）≥B（m）.证明：当n≤m时，结论显然成立。

当n>m时，不妨设n=km+r，（k∈N+，r∈N+且0≤r≤m-1）.

则B（m）=C2（k+1）·r+C2k·（m-r）

我们构造m个抽屉记为0，1，...，m-1.

若ai≡x（mod m），则ai放入到x号抽屉中。

显然当且仅当两个数在一个抽屉时，m|ai-aj.

不妨记0，1，...，m-1中每个抽屉里有ni个数，（0≤i≤m-1，i∈N+）

则A（m）=C2（n0）+C2（n1）+...+C2（n（m-1））

不妨设n2+n3+...+n（m-1）为定值，则n0+n1=c（c为一确定非负整数）

则要使A（m）取最小值，则等价于C2（n0）+C2（n1）取最小值

∵C2（n0）+C2（n1）=（n0（n0-1））2+（n1（n1-1））2=（（n0+n1）2-（n0+n1）-2n0n1）2=（c2-c）2+n0（c-n0）

∴显然当n0与n1趋近于平均时，C2n0+C2n1取最小值

由调整法可知，当A（m）取最小值，A=B

∴A（m）≤B（m）

分析：这道题首先应当发现B（m）是可计算的，那么我们不妨先把它表示出来;

之后对于A（m）的值我们给出一个精确的表达式。这时候不等式中出现了大量的组合数，但由于这个组合数是C2n型的，不难想到将其展开变为一个二次函数形式。

我们怎么对一个二次函数进行估值呢？显然如果只有一个C2n型数显然无意义，多了的话估值难度又较大;我们不妨从C2i+C2j的估值开始，很容易想到固定前面的元素个数，从而进行一些简单的二次函数估值。通过估值可以发现当i，j趋于平均时，A（m）越小，所以命题得证。

我们首先从一道2008年东南地区奥林匹克比赛的数论题说起。接下来我们还是进入调整法应用的最广泛的板块——不等式。

多元不等式问题的等号条件可能会出现一组数全部相等，这个时候当我们发现这个有趣的结果时，未尝不可利用局部调整来写一写。接下来这道题就是一个典型的例子。

设xi∈R+，已知∏ni=1x1=1.求证：∑ni=1xin-1+xi≥1

证明：当n=1时，结论显然成立。

下证：当n≥2的情况，

假设，∑ni=1xin-1+xi<1.反证其不成立。

∑ni=1（1-n-1n-1+xi）<1

∴n+∑ni=1n-1n-1+xi<1

∴∑ni=1n-1n-1+xi<1-n

∴∑ni=1n-1n-1+x1>1

设若x3...，xn取定，则x1·x2=c（常数）且x1≤x2≤...≤xn

为了使∑ni=11n-1+x>1，则1n-1+x2+1n-1+x2要尽可能大.

设f（x）=n-1n-1+x+1（n-1+cx）

=2n-2+x+cx（n-1）2+c+（x+cx）·（n-1），令x+cx=t，

則g（t）=2n-2+t（n-1）t+c+（n-1）2

=1（n-1）+n-1-c（n-1）（n-1）t+c+（n-1）2

∴t越小，g（t）越大

∴g（t）min=2c，此时x1，x2=c

由此可推知，当x1=x2=...=xn=1时，

∑ni=11n-1+xi取最大值，最大值为1，

与∑ni=11n-1+xi>1矛盾

∴∑ni=1xin-1+xi≥1

调整法是个非常奇妙的方法，当我们想不出来正面直接解决问题的方法时，调整法往往可以成为解决问题的一个利器。不论如何，在数学学习过程中，思想才是最重要的，多看书，多思考，形成良好的思维方式，这才是真正的利器。

[参考文献]

[1]单墫，熊斌.奥数教程（第六版）.华东师范大学出版社，2014.

[2]熊斌，何忆捷.高中数学竞赛中的解题方法与策略【M】.华东师范大学出版社，2012.